مشتق توابع معکوس — از صفر تا صد (+ دانلود فیلم آموزش گام به گام)

در آموزش‌های قبلی از مجموعه مقالات ریاضی مجله فرادرس، درباره مفهوم مشتق و روش‌های مشتق‌گیری بحث کردیم و مباحثی مانند مشتق لگاریتم و تابع نمایی، مشتق ضمنی، مشتق جزئی، مشتق زنجیره‌ای و مشتق جهتی را توضیح دادیم. در این آموزش، درباره مشتق توابع معکوس بحث خواهیم کرد.

قضیه تابع معکوس

فرض کنید $$f(x)$$ یک تابعِ اکیداً یکنوا در بازه $$(a, b)$$ باشد. اگر نقطه $$x_0$$ در این بازه وجود داشته باشد، به‌طوری که $$f’\left( {{x_0}} \right) \ne 0$$، آن‌گاه تابع معکوس $$x = \varphi \left( y \right)$$ نیز در $$ {y_0} = f\left( {{x_0}} \right) $$ مشتق‌پذیر بوده و مشتق آن با رابطه زیر بیان می‌شود:

$$ \large \varphi’\left( {{y_0}} \right) = \frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}}. $$

اثبات: فرض کنید متغیر $$ y $$ در نقطه $$y _0 $$ به‌اندازه $$ \Delta y \ne 0 $$ نِمُو (رشد) داشته باشد. نمو متناظرِ متغیر $$x$$ را در نقطه $$x_0$$ با $$ \Delta x $$ نشان می‌دهیم و به‌دلیل اکیداً یکنوا بودن $$ y = f\left( x \right)$$، داریم: $$ \Delta x \ne 0 $$. نسبت نموها را می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$$ \large \frac{{\Delta x}}{{\Delta y}} = \frac{1}{{\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}}. $$

اگر $$ \Delta y \to 0 $$، آن‌گاه از آن‌جایی که تابع معکوس $$ x = \varphi \left( y \right)$$ در $$ y_0 $$ پیوسته است، داریم: $$ \Delta x \to 0 $$‌. بنابراین، سمت راست رابطه بالا، به‌صورت زیر درمی‌آید:

$$ \large {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{1}{{\frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}} = \frac{1}{{\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\Delta y}}{{\Delta x}}}} }
= {\frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}}.} $$

در این حالت، سمت چپ معادله به یک حد میل می‌کند که بنا به تعریف، برابر با مشتق تابع معکوس است:

$$ \large \lim\limits_{\Delta y \to 0} \frac{{\Delta x}}{{\Delta y}} = \varphi’\left( {{y_0}} \right). $$

بنابراین، داریم:

$$ \large \varphi’\left( {{y_0}} \right) = \frac{1}{{f’\left( {{x_0}} \right)}} $$

یعنی مشتق تابع معکوس، معکوس مشتق تابع اصلی است.

مثال‌ها

در این قسمت، برای آشنایی بهتر با نحوه محاسبه مشتق تابع معکوس و کاربرد آن، چند مثال حل‌ شده را بررسی می‌کنیم.

مثال ۱

برای توابع زیر، مشتق تابع $$ y = f\left( x \right) $$ را با استفاده از مشتق تابع معکوس $$ x = \varphi \left( y \right) $$ به‌دست آورید.

(الف) $$ \large y = \sqrt[\large n\normalsize]{x} $$

حل: ابتدا تابع معکوس تابع $$ y = \sqrt[\large n\normalsize]{x} $$ را تعیین می‌کنیم. برای این کار، متغیر $$x$$ را برحسب $$y$$ می‌نویسیم:

$$ \large {y = f\left( x \right) = \sqrt[\large n\normalsize]{x},\;\;}\Rightarrow
{{y^n} = {\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^n},\;\;}\Rightarrow
{x = \varphi \left( y \right) = {y^n}.} $$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$\large  {{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {{y^n}} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{n{y^{n – 1}}}}.} $$

اکنون عبارت $$ y = \sqrt[\large n\normalsize]{x} $$ را جایگذاری می‌کنیم. در نتیجه، توصیف مشتق تابع داده‌شده، به‌صورت زیر خواهد بود:

$$ \large {{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)^\prime } = \frac{1}{{n{y^{n – 1}}}} }
= {\frac{1}{{n{{\left( {\sqrt[\large n\normalsize]{x}} \right)}^{n – 1}}}} }
= {\frac{1}{{n\sqrt[\large n\normalsize]{{{x^{n – 1}}}}}}\;\;\;}\kern-0.3pt{\left( {x \gt 0} \right).} $$

(ب) $$ \large y = \arcsin x $$

حل: تابع آرک‌سینوس، معکوس تابع سینوس است. بنابراین، $$ x = \varphi \left( y \right) = \sin y $$. مشتق $$ \arcsin x $$ به‌صورت زیر نوشته می‌شود:

$$ \large {{\left( {\arcsin x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\sin y} \right)}^\prime }}} } \\ \large
= {\frac{1}{{\cos y}} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 – {{\sin }^2}y} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 – {{\sin }^2}\left( {\arcsin x} \right)} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} $$

که در آن، $$ -1 \lt x \lt 1 $$ است.

(پ) $$ \large y = \ln x $$

حل: تابع لگاریتم طبیعی و تابع نمایی، معکوس یکدیگر هستند. بنابراین، $$ x = \varphi \left( y \right) = {e^y} $$، که در آن، $$ x \gt 0 $$ و $$ y \in \mathbb{R} $$ است. مشتق لگاریتم طبیعی را می‌توان به‌سادگی و با استفاده از مشتق تابع نمایی محاسبه کرد:

$$ \large {{\left( {\ln x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {{e^y}} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{{e^y}}} }
= {\frac{1}{{{e^{\ln x}}}} }
= {\frac{1}{x}} $$

در محاسبات بالا، از $$ {e^{\ln x}} = x $$ استفاده کرده‌ایم.

(ت) $$ \large y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{x + 1}} $$

حل: ابتدا معکوس تابع $$ x = \varphi \left( y \right) $$ تابع $$ y = f\left( x \right) $$ را پیدا می‌کنیم که برای هر $$ x \in \mathbb{R} $$، اکیداً یکنوا است. متغیر $$x$$ را برحسب $$y$$ می‌نویسیم:

$$ \large {y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{x + 1}},\;\;}\Rightarrow
{{y^3} = x + 1,\;\;}\Rightarrow
{x = {y^3} – 1.} $$

اکنون، مشتق $$ f’\left( x \right) $$ را به‌دست می‌آوریم:

(ث) $$ \large y = \arccos \left( {1 – 2x} \right) $$

حل: تابع آرک‌کسینوس، در بازه $$ \left[ { – 1,1} \right] $$ تعریف می‌شود و یکنوا است. در نتیجه، دامنه تابع اصلی، به‌فرم زیر است:

$$ \large { – 1 \le 1 – 2x \le 1,\;\; }\Rightarrow {- 2 \le – 2x \le 0,\;\; }\Rightarrow
{0 \le x \le 1.} $$

تابع $$ x = \varphi \left( y \right) $$ را به‌صورت زیر می‌نویسیم:

$$ \large {y = \arccos \left( {1 – 2x} \right),\;\;}\Rightarrow
{1 – 2x = \cos y,\;\;} \\ \large \Rightarrow
{2x = 1 – \cos y,\;\;}\Rightarrow
{x = \frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos y.} $$

اکنون، مشتق تابع اصلی را با استفاده از مشتق تابع معکوس محاسبه می‌کنیم:

$$ \large \require {cancel}
{{\left( {\arccos \left( {1 – 2x} \right)} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } \\ \large
= {\frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{2} – \frac{1}{2}\cos y} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{\frac{1}{2}\sin y}} = \frac{2}{{\sin y}} }
= {\frac{2}{{\sqrt {1 – {\cos^2}y} }} } \\ \large
= {\frac{2}{{\sqrt {1 – {\cos^2}\left( {\arccos \left( {1 – 2x} \right)} \right)} }} }
= {\frac{2}{{\sqrt {1 – {{\left( {1 – 2x} \right)}^2}} }} }
= {\frac{2}{{\sqrt {1 – \left( {1 – 4x + 4{x^2}} \right)} }} } \\ \large
= {\frac{2}{{\sqrt {\cancel{1} – \cancel{1} + 4x – 4{x^2}} }} }
= {\frac{\cancel{2}}{{\cancel{2}\sqrt {x – {x^2}} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {x – {x^2}} }}.} $$

توجه کنید که مشتق، در نقاط مرزی $$ x = 0 $$ و $$ x = 1 $$ از دامنه تابع $$ y = f\left( x \right) $$ تعریف نشده است.

(ج) $$ \large y = \sqrt {1 + \sqrt x } $$

حل: این تابع، برای $$ x \gt 0 $$ تعریف شده و اکیداً یکنوا است. بنابراین، می‌توان معکوس تابع را روی این بازه به‌دست آورد. با توصیف $$x$$ برحسب $$ y $$ داریم:

$$ \large {y = \sqrt {1 + \sqrt x } ,\;\;}\Rightarrow
{{y^2} = 1 + \sqrt x ,\;\;} \\ \large \Rightarrow
{\sqrt x = {y^2} – 1,\;\;}\Rightarrow
{x = {\left( {{y^2} – 1} \right)^2}.} $$

اکنون مشتق تابع $$ y = f\left( x \right) $$ را با استفاده از قضیه تابع معکوس می‌نویسیم:

$$ \large {{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left[ {{{\left( {{y^2} – 1} \right)}^2}} \right]}^\prime }}} } \\ \large
= {\frac{1}{{2\left( {{y^2} – 1} \right) \cdot {{\left( {{y^2} – 1} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{2\left( {{y^2} – 1} \right) \cdot 2y}} }
= {\frac{1}{{4y\left( {{y^2} – 1} \right)}}.}\qquad $$

با جایگذاری تابع اصلی $$y$$ در عبارت بالا، داریم:

$$ \large {{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)^\prime } }={ \frac{1}{{4y\left( {{y^2} – 1} \right)}} }
= {\frac{1}{{4\sqrt {1 + \sqrt x } \left( {{{\left( {\sqrt {1 + \sqrt x } } \right)}^2} – 1} \right)}} } \\ \large
= {\frac{1}{{4\sqrt {1 + \sqrt x } \left( {\cancel{1} + \sqrt x – \cancel{1}} \right)}} }
= {\frac{1}{{4\sqrt x \sqrt {1 + \sqrt x } }}\;\;}\kern-0.3pt{\left( {x \gt 0} \right).} $$

(چ) $$ \large y = \arctan \frac{1}{x} $$

حل: تابع معکوس این تابع به‌صورت زیر است:

$$ \large {y = \arctan \frac{1}{x},\;\;}\Rightarrow
{\frac{1}{x} = \tan y,\;\;}\Rightarrow
{x = \frac{1}{{\tan y}},\;\;}\kern-0.3pt{\;\;x \ne 0.} $$

اکنون مشتق تابع اصلی $$ y = f\left( x \right) $$ را محاسبه می‌کنیم:

$$ \large {{\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{{\tan y}}} \right)}^\prime }}} }\\ \large
= {\frac{1}{{\left( { – \frac{1}{{{{\tan }^2}y}}} \right) \cdot \frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}} }
= { – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}}.}$$

با استفاده از اتحاد مثلثاتی $$ \frac{1}{{{{\cos }^2}y}} = 1 + {\tan ^2}y $$، داریم:

$$ \large {{\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)^\prime } = – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{\frac{1}{{{{\cos }^2}y}}}} }
= { – \frac{{{{\tan }^2}y}}{{1 + {{\tan }^2}y}} } \\ \large
= { – \frac{{{{\tan }^2}\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)}}{{1 + {{\tan }^2}\left( {\arctan \frac{1}{x}} \right)}} }
= { – \frac{{{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}}}{{1 + {{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}}} }
= { – \frac{{\frac{1}{{{x^2}}}}}{{\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^2}}}}} }
= { – \frac{1}{{1 + {x^2}}}.} $$

همان‌گونه که می‌بینیم، فقط علامت مشتق تابع $$ y = \arctan {\large\frac{1}{x}\normalsize} $$، با مشتق تابع $$ y = \arctan x $$ تفاوت دارد.

(ح) $$ \large y = \sqrt x $$

حل: این تابع، معکوس تابع سهمی $$ x = \varphi \left( y \right) = {y^2} $$ است. بنابراین، مشتق آن به‌صورت زیر نوشته می‌شود:

$$ \large {\sqrt x = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} } \\ \large
= {\frac{1}{{{{\left( {{y^2}} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{2y}} }
= {\frac{1}{{2\sqrt x }}\;\;\left( {x \gt 0} \right).} $$

(خ) $$ \large y = 2x + 4 $$

حل: ابتدا تابع معکوس $$ x = \varphi \left( y \right) $$ را می‌نویسیم که معکوس تابع $$ y = f\left( x \right) $$ است:

$$ \large {y = 2x + 4,\;\; }\Rightarrow {2x = y – 4,\;\;}
\Rightarrow {x = \frac{y}{2} – 2.} $$

بنابراین، مشتق $$ f’\left( x \right) $$ به‌صورت زیر خواهد بود:

$$ \large {{\left( {2x + 4} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\frac{y}{2} – 2} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{1/2}} = 2.} $$

مثال ۲

تابع $$ y = {x^5} + 2{x^3} + 3x $$ را در نظر بگیرید. مشتق تابع معکوس را در نقطه $$x=1$$ حساب کنید.

حل: در این مثال، یافتن یک توصیف برای تابع معکوس و مشتق آن، بسیار دشوار است. بنابراین، مشتق تابع اصلی را محاسبه، و پس از آن، مشتق تابع معکوس را در نقطه مورد نظر به‌دست می‌آوریم.

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) }
= {{\left( {{x^5} + 2{x^3} + 3x} \right)^\prime } }
= {5{x^4} + 6{x^2} + 3.} $$

مقدار مشتق $$ f’\left( x \right) $$ در نقطه $$ x= 1 $$، برابر است با:

$$ \large f’\left( {x = 1} \right) = 5 \cdot {1^4} + 6 \cdot {1^2} + 3 = 14. $$

مقدار خود تابع در نقطه $$ x = 1 $$ به‌صورت زیر است:

$$ \large y\left( {x = 1} \right) = {1^5} + 2 \cdot {1^3} + 3 \cdot 1 = 6. $$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {\varphi’\left( {y = 6} \right) }
= {\frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} = \frac{1}{{14}}.} $$

مثال ۳

تابع $$ y = {x^2} – x $$ داده شده است. مشتق تابع معکوس را در نقطه $$x=1$$ حساب کنید.

حل: مشتق تابع اصلی به‌صورت زیر است:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) }
= {{\left( {{x^2} – x} \right)^\prime } }
= {2x – 1.} $$

توجه کنید که نقطه $$ x = {\large\frac{1}{2}\normalsize} $$، دو ناحیه نزولی ($$ x < {\large\frac{1}{2}\normalsize} $$) و صعودی ($$ x > {\large\frac{1}{2}\normalsize} $$) تابع اصلی را از هم جدا می‌کند. هریک از این بازه‌ها، شاخه تابع معکوس مربوط به خود را دارند که آن‌ها را با $$ {\varphi _1}\left( y \right) $$ و $$ {\varphi _2}\left( y \right) $$ نشان می‌دهیم. توصیف این توابع را می‌توان با حل معادله $$ y = f\left( x \right) $$ نسبت به $$x$$، به‌فرم صریح زیر نوشت:

$$ \large {y = {x^2} – x,\;\;}\Rightarrow
{{x^2} – x – y = 0,\;\;}\Rightarrow
{D = 1 + 4y,\;\;} \\ \large \Rightarrow
{{\varphi _{1,2}}\left( y \right) }
= {\frac{{1 \pm \sqrt {1 + 4y} }}{2}.} $$

مشتق تابع معکوس با فرمول زیر تعریف می‌شود:

$$ {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} }
= {\frac{1}{{2x – 1}}\;\;\;}\kern-0.3pt
{\left( {x \ne \frac{1}{2}} \right).} $$

با جایگذاری عبارات صریح $$ x = {\varphi _1}\left( y \right) $$ و $$ x = {\varphi _2}\left( y \right) $$ برای دو شاخه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {{\varphi _1}^\prime \left( y \right) = \frac{1}{{2 \left( {\frac{{1 + \sqrt {1 + 4y} }}{2}} \right) – 1}} }
= {\frac{1}{{\cancel{1} + \sqrt {1 + 4y} – \cancel{1}}} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + 4y} }},} $$

$$ \large {{\varphi _2}^\prime \left( y \right) = \frac{1}{{2 \left( {\frac{{1 – \sqrt {1 + 4y} }}{2}} \right) – 1}} }
= {\frac{1}{{\cancel{1} – \sqrt {1 + 4y} – \cancel{1}}} }
= {-\frac{1}{{\sqrt {1 + 4y} }}.} $$

نقطه $$ x = 1 $$، متناظر با مقدار $$ y = {1^2} – 1 = 0 $$ است و روی شاخه $$ {\varphi _1}\left( y \right) $$ تابع معکوس واقع شده است. مشتق تابع معکوس در این نقطه، برابر است با:

$$ \large {{\varphi _2}^\prime \left( {x = 1} \right) = {\varphi _2}^\prime \left( {y = 0} \right) }
= { – \frac{1}{{\sqrt {1 + 4 \cdot 0} }} = – 1.} $$

مثال ۴

مشتق معکوس تابع $$ y = {e^x} + 2x + 1 $$ را در نقطه $$x =0 $$ به‌دست آورید.

حل: وقتی $$ x = 0 $$ است، مقدار تابع به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$ \large y\left( {x = 0} \right) = {e^0} + 2 \cdot 0 + 1 = 2. $$

مشتق تابع $$ y = f\left( x \right) $$ و مقدار آن ر نقطه $$ x = 0 $$ برابر است با:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{e^x} + 2x + 1} \right)^\prime } }
= {{e^x} + 2,} $$

$$ \large {y’\left( {x = 0} \right) = f’\left( {x = 0} \right) }
= {{e^0} + 2 = 3.} $$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {\varphi’\left( {y = 2} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = 0} \right)}} = \frac{1}{3}.} $$

مثال ۵

مشتق معکوس تابع $$ y = \sin \left( {x – 1} \right) + {x^2} $$ را در نقطه $$x =۱ $$ به‌دست آورید.

حل: ابتدا مقدار تابع اصلی و مشتق آن را در نقطه $$ x = 1 $$ محاسبه می‌کنیم:

$$ \large y\left( {x = 1} \right) = \sin 0 + {1^2} = 1, $$

$$ \large {y’\left( x \right) = f’\left( x \right) }
= {\left[ {\sin \left( {x – 1} \right) + {x^2}} \right] }
= {\cos \left( {x – 1} \right) + 2x,} $$

$$ \large {y’\left( {x = 1} \right) = f’\left( {x = 1} \right) }
= {\cos 0 + 2 \cdot 1 = 3.} $$

بنابراین، می‌توانیم مشتق تابع معکوس را به‌صورت زیر به‌دست آوریم:

$$ \large {\varphi’\left( {y = 1} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} }
={ \frac{1}{3}.} $$

مثال ۶

مشتق معکوس تابع $$y = {x^2} + 2\ln x $$ را در نقطه $$x =۱ $$ به‌دست آورید.

حل: تابع اصلی $$ y = f (x)$$ در $$ x> 0$$ تعریف می‌شود. مشتق در این دامنه، مثبت است:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 2\ln x} \right)^\prime } }
= {2x + \frac{2}{x} \gt 0\;\;}\kern-0.3pt{\;\;x \gt 0.} $$

بنابراین، تابع اکیداً یکنوا است و تابع معکوس دارد. با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} }
= {\frac{1}{{2x + \frac{2}{x}}} }
= {\frac{1}{{\frac{{2{x^2} + 2}}{x}}} }
= {\frac{x}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}}.} $$

در این حالت، تابع $$ x\left( y \right) $$ را نمی‌توان صریحاً بیان کرد. البته، با استفاده از فرمول اخیر می‌توان به‌سادگی مقدار مشتق تابع معکوس را در نقطه $$ x = 1 $$ تعیین کرد. ابتدا مقدار $$y$$ متناظر را محاسبه می‌کنیم:

 $$ \large y\left( {x = 1} \right) = {1^2} + 2\ln 1 = 1 + 0 = 1. $$

بنابراین، داریم:

$$ \large {\varphi’\left( {y = 1} \right) = \frac{1}{{f’\left( {x = 1} \right)}} }
= {\frac{1}{{2\left( {{1^2} + 1} \right)}} = \frac{1}{4}.} $$

مثال ۷

مشتق معکوس تابع $$y = {x^3} – 3x $$ را در نقطه $$x = -2 $$ به‌دست آورید.

حل: مشتق این تابع به‌صورت زیر است:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {{x^3} – 3x} \right)^\prime } }
= {3{x^2} – 3 = 3\left( {{x^2} – 1} \right),} $$

با توجه به مشتق بالا می‌توان گفت که تابع، سه بازه یکنوایی دارد:

1. تابع در بازه $$ x \in \left( { – \infty , – 1} \right) $$ صعودی است.
2. تابع در بازه $$ x \in \left( { – 1, 1} \right) $$ نزولی است.
3. تابع در بازه $$ x \in \left( {1, \infty} \right) $$ صعودی است.

می‌توان تابع معکوس را در هر بازه به‌دست آورد. همچنین، فرض می‌کنیم تابع معکوس متناظر با بازه اول، شامل نقطه $$ x = - 2 $$‌ باشد.

مشتق تابع معکوس به‌صورت زیر است:

$$ \large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} }
= {\frac{1}{{3\left( {{x^2} – 1} \right)}}.} $$

مقدار خود تابع، در نقطه $$ x = -2 $$ برابر است با:

$$ \large {y\left( {x = – 2} \right) }={ {\left( { – 2} \right)^3} – 3 \cdot \left( { – 2} \right) }
= { – 8 + 6 = – 2.} $$

بنابراین، مشتق تابع معکوس در نقطه مورد نظر به‌صورت زیر خواهد بود:

$$ \large {\varphi’\left( {y = – 2} \right) }={ \frac{1}{{f’\left( {x = – 2} \right)}} }
= {\frac{1}{{3 \cdot \left( {{{\left( { – 2} \right)}^2} – 1} \right)}} }
= {\frac{1}{9}.} $$

مثال ۸

مشتق تابع معکوس $$ y = 2{x^3} – 1 $$‌ را در $$x=2$$ به‌دست آورید.

حل: ابتدا مشتق تابع را محاسبه می‌کنیم:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) }
= {{\left( {2{x^3} – 1} \right)^\prime } = 6x.} $$

همان‌طور که می‌بینیم، علامت مشتق در نقطه $$x = 0 $$ تغییر می‌کند. به عبارت دیگر، تابع در $$ x \lt 0$$ نزولی و در $$ x \gt 0 $$‌ صعودی است. بنابراین، شاخه‌ای را در نظر می‌گیریم که شامل نقطه $$ x = 2 $$ است. در این ناحیه، تابع معکوس وجود دارد و مشتق آن، به‌صورت زیر است:

$$ \large \varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}}. $$

با محاسبه $$ y\left( {x = 2} \right) = 2 \cdot {2^3} – 1 = 15 $$، داریم:

$$ \large {\varphi’\left( {y = 15} \right) = \frac{1}{{f’\left( {x = 2} \right)}} }
= {\frac{1}{{6 \cdot 2}} = \frac{1}{{12}}.} $$

مثال ۹

مشتق تابع $$ y = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right) $$ را حساب کنید.

حل: تابع $$ y = f\left( x \right) = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right) $$ در $$ x \gt 0 $$ تعریف شده و در این بازه اکیداً صعودی است. در نتیجه، تابع معکوسی به‌فرم $$ x = \varphi \left( y \right) $$ دارد:

$$ \large {y = {\log _2}\left( {\frac{x}{3}} \right),\;\;}\Rightarrow
{\frac{x}{3} = {2^y},\;\;}\Rightarrow
{x = 3 \cdot {2^y}.} $$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {{\left[ {{{\log }_2}\left( {\frac{x}{3}} \right)} \right]^\prime } }={ f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {3 \cdot {2^y}} \right)}^\prime }}} } \\ \large
= {\frac{1}{{3 \cdot {2^y} \cdot \ln 2}} }
= {\frac{1}{{3\ln 2 \cdot {2^{{{\log }_2}\left( {\large\frac{x}{3}\normalsize} \right)}}}} }
= {\frac{1}{{3\ln 2 \cdot \frac{x}{3}}} = \frac{1}{{x\ln 2}}.} $$

که در آن، از اتحاد لگاریتمی زیر استفاده شده است:

$$ \large {a^{{{\log }_a}x}} = x $$

مثال ۱۰

مشتق تابع $$ y = \text{arcsec }x $$ را در $$ x = \sqrt 2 $$ پیدا کنید.

حل: از این حقیقت استفاده می‌کنیم که تابع آرک‌سکانت، معکوس تابع سکانت است. مشتق سکانت به‌صورت زیر است:

$$ \large {{\left( {\sec y} \right)^\prime } = \tan y\sec y }
= {\frac{{\sin y}}{{{{\cos }^2}y}}.} $$

مقدار سکانت در نقطه $$ y = {\large\frac{\pi }{4}\normalsize} $$، برابر است با:

$$ \large {\sec \left( {y = \frac{\pi }{4}} \right) }
= {\frac{1}{{\cos \frac{\pi }{4}}} }
= {\frac{1}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2.} $$

با استفاده از قضیه تابع معکوس، داریم:

$$ \large {{\left( {\text{arcsec }x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\sec y} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{\tan y\sec y}} }
= {\frac{{{{\cos }^2}y}}{{\sin y}}.} $$

بنابراین، مشتق تابع $$ \text{arcsec }x $$ در نقطه $$ x = \sqrt 2 $$، برابر است با:

$$ \large {f’\left( {x = \sqrt 2 } \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( {y = \frac{\pi }{4}} \right)}} }
= {\frac{{{{\cos }^2}\frac{\pi }{4}}}{{\sin \frac{\pi }{4}}} }
= {\frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}} }
= {\frac{{\sqrt 2 }}{2}.} $$

مثال ۱۱

مشتق تابع معکوس $$ y = x \cdot {3^x} $$ را بیابید که در $$ x \gt 0 $$ تعریف شده است:

حل: مشتق تابع داده‌شده به‌صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$ \large {y’ = f’\left( x \right) = {\left( {x \cdot {3^x}} \right)^\prime } }
= {x’ \cdot {3^x} + x \cdot {\left( {{3^x}} \right)^\prime } } \\ \large
= {1 \cdot {3^x} + x \cdot {3^x}\ln 3 }
= {{3^x}\left( {1 + x\ln 3} \right).}$$

مشتق فوق، برای $$ x \gt 0 $$ مثبت است. بنابراین، تابع در این ناحیه اکیداً صعودی است و تابع معکوسی به‌صورت $$ x = \varphi \left( y \right) v$$ دارد. مشتق این تابع معکوس، به‌صورت زیر بیان می‌شود:

$$ \large {\varphi’\left( y \right) = \frac{1}{{f’\left( x \right)}} }
= {\frac{1}{{{3^x}\left( {1 + x\ln 3} \right)}}.} $$

مثال ۱۲

مشتق تابع معکوس سینوس هیپربولیک $$ y = \text{arcsinh } x $$ را بیابید.

حل: توابع $$ y = \text{arcsinh } x $$ (آرک سینوس هیپربولیک)‌ و $$ x = \sinh y $$ (سینوس هیپربولیک)، معکوس یکدیگر هستند. بنابراین، با استفاده از قضیه تابع معکوس می‌توان نوشت:

$$ \large {{\left( {\text{arcsinh }x} \right)^\prime } = f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\sinh y} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{\cosh y}}.} $$

اکنون از اتحاد زیر کمک می‌گیریم:

$$ \large {\cosh ^2}y – {\sinh ^2}y = 1 $$

با استفاده از این اتحاد، می‌توانیم کسینوس هیپربولیک را برحسب سینوس هیپربولیک بنویسیم:

$$ \large {\cosh ^2}y – {\sinh ^2}y = 1 $$

$$ \large {{\cosh ^2}y = 1 + {\sinh ^2}y,\;\;}\Rightarrow
{\cosh y }
= {\sqrt {1 + {{\sinh }^2}y} } $$

با توجه به اینکه $$ \sinh \left( {\text{arcsinh }x} \right) = x $$، توصیف زیر برای مشتق تابع معکوس سینوس هیپربولیک به‌دست می‌آید:

$$ \large {{\left( {\text{arcsinh }x} \right)^\prime } = \frac{1}{{\cosh y}} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\sinh }^2}y} }} } \\ \large
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {{\sinh }^2}\left( {\text{arcsinh }x} \right)} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.}$$

اگر این مطلب برای شما مفید بوده است و علاقه‌مند به یادگیری مباحث مشابه هستید، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

• تقلب نامه (Cheat Sheet) مفاهیم و روابط مشتق
• مشتق توابع معکوس مثلثاتی — به زبان ساده
• مشتق توابع هذلولوی و معکوس آن‌ها — از صفر تا صد

^^